Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Cô Quản Lý Nguyễn Linh Chi ơi cô bảo bạn đăng bài tham khảo bạn làm nhưng đã có ai làm bài đâu ạ
\(\frac{a^2+b^2}{a+b}+\frac{b^2+c^2}{b+c}+\frac{c^2+a^2}{c+a}\le\frac{3\left(a^2+b^2+c^2\right)}{a+b+c}\)
\(\Leftrightarrow\left(a+b+c\right)\left(\frac{a^2+b^2}{a+b}+\frac{b^2+c^2}{b+c}+\frac{c^2+a^2}{c+a}\right)\le3\left(a^2+b^2+c^2\right)\)
\(\Leftrightarrow\frac{c\left(a^2+b^2\right)}{a+b}+\frac{a\left(b^2+c^2\right)}{b+c}+\frac{b\left(c^2+a^2\right)}{c+a}\le a^2+b^2+c^2\)
\(\Leftrightarrow\left(\frac{\left(a^2+b^2\right)c}{a+b}-c^2\right)+\left(\frac{\left(b^2+c^2\right)a}{b+c}-a^2\right)+\left(\frac{\left(c^2+a^2\right)b}{c+a}-b^2\right)\)
\(\Leftrightarrow\frac{ac\left(a-c\right)+bc\left(b-c\right)}{a+b}+\frac{ab\left(b-a\right)+ca\left(c-a\right)}{b+c}\)
\(+\frac{bc\left(c-b\right)+ab\left(a-b\right)}{c+a}\le0\)
\(\Leftrightarrow ab\left(a-b\right)\left(\frac{1}{c+a}-\frac{1}{b+c}\right)+ca\left(c-a\right)\left(\frac{1}{b+c}-\frac{1}{a+b}\right)\)
\(+bc\left(b-c\right)\left(\frac{1}{a+b}-\frac{1}{a+c}\right)\le0\)
\(\Leftrightarrow\frac{-ac\left(c-a\right)^2}{\left(a+b\right)\left(b+c\right)}+\frac{-bc\left(c-b\right)^2}{\left(a+b\right)\left(a+c\right)}+\frac{-ab\left(b-a\right)^2}{\left(a+c\right)\left(b+c\right)}\le0\)*đúng với mọi a,b,c dương*
Vậy bất đẳng thức được chứng minh
Đẳng thức xảy ra khi a = b = c
1) Áp dụng bunhiacopxki ta được \(\sqrt{\left(2a^2+b^2\right)\left(2a^2+c^2\right)}\ge\sqrt{\left(2a^2+bc\right)^2}=2a^2+bc\), tương tự với các mẫu ta được vế trái \(\le\frac{a^2}{2a^2+bc}+\frac{b^2}{2b^2+ac}+\frac{c^2}{2c^2+ab}\le1< =>\)\(1-\frac{bc}{2a^2+bc}+1-\frac{ac}{2b^2+ac}+1-\frac{ab}{2c^2+ab}\le2< =>\)
\(\frac{bc}{2a^2+bc}+\frac{ac}{2b^2+ac}+\frac{ab}{2c^2+ab}\ge1\)<=> \(\frac{b^2c^2}{2a^2bc+b^2c^2}+\frac{a^2c^2}{2b^2ac+a^2c^2}+\frac{a^2b^2}{2c^2ab+a^2b^2}\ge1\) (1)
áp dụng (x2 +y2 +z2)(m2+n2+p2) \(\ge\left(xm+yn+zp\right)^2\)
(2a2bc +b2c2 + 2b2ac+a2c2 + 2c2ab+a2b2). VT\(\ge\left(bc+ca+ab\right)^2\) <=> (ab+bc+ca)2. VT \(\ge\left(ab+bc+ca\right)^2< =>VT\ge1\) ( vậy (1) đúng)
dấu '=' khi a=b=c
\(\Sigma_{sym}a^4b^4\ge\frac{\left(\Sigma_{sym}a^2b^2\right)^2}{3}\ge\frac{\left(\Sigma_{sym}ab\right)^4}{27}\ge\frac{a^2b^2c^2\left(a+b+c\right)^2}{3}=3a^4b^4c^4\)
\(\Sigma\frac{a^5}{bc^2}\ge\frac{\left(a^3+b^3+c^3\right)^2}{abc\left(a+b+c\right)}\ge\frac{\left(a^2+b^2+c^2\right)^4}{abc\left(a+b+c\right)^3}\ge\frac{\left(a+b+c\right)^6\left(a^2+b^2+c^2\right)}{27abc\left(a+b+c\right)^3}\)
\(\ge\frac{\left(3\sqrt[3]{abc}\right)^3\left(a^2+b^2+c^2\right)}{27abc}=a^2+b^2+c^2\)
Từ giả thiết của bài toán, ta biến đổi như sau:
\(a^2+b^2+c^2+\left(a+b+c\right)^2\le4\)
\(\Leftrightarrow a^2+b^2+c^2+ab+ac+bc\le2\)
Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với
\(A=\frac{ab+1}{\left(a+b\right)^2}+\frac{bc+1}{\left(b+c\right)^2}+\frac{ac+1}{\left(a+c\right)^2}\ge3\)
\(\Leftrightarrow\frac{2ab+2}{\left(a+b\right)^2}+\frac{2bc+2}{\left(b+c\right)^2}+\frac{2ac+2}{\left(a+c\right)^2}\ge6\)
Áp dụng giả thiết ta được
\(\frac{2ab+2}{\left(a+b\right)^2}+\frac{2ab+2}{\left(b+c\right)^2}+\frac{2ac+2}{\left(a+c\right)^2}\ge\text{∑}\frac{2ab+a^2+b^2+c^2+ab+bc+ac}{\left(a+b\right)^2}\)
\(=1+\frac{\left(c+a\right)\left(c+b\right)}{\left(a+b\right)^2}+1+\frac{\left(b+a\right)\left(c+b\right)}{\left(a+c^2\right)}+1+\frac{\left(c+a\right)\left(a+b\right)}{\left(c+b\right)^2}\)
\(=3+\frac{\left(c+a\right)\left(c+b\right)}{\left(a+b\right)^2}+\frac{\left(b+a\right)\left(c+b\right)}{\left(a+c\right)^2}+\frac{\left(c+a\right)\left(a+b\right)}{\left(c+b\right)^2}\ge\)
\(3+\sqrt[3]{\frac{\left(c+a\right)\left(c+b\right)\left(b+a\right)\left(c+b\right)\left(c+a\right)\left(a+b\right)}{\left[\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)\right]^2}}=3+3=6\)
Vậy bài toán đã được chứng minh. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a=b=c=13√.■
BĐT bên trái hiển nhiên là Nesbitt.
BĐT bên phải:
Sau khi quy đồng, phân tích thành nhân tử các kiểu gì đó thì cần chứng minh:
Giả sử 
. Ta cần chứng minh:
Đặt 
thì 
.
Cần chứng minh:
P/s: Bài này SOS bằng tay đẹp lắm mà thôi tạm thời làm biếng nên không SOS, dùng BW cho nhanh:P
SOS của tth_new ghê vãi,đề nghị tth_new check fb giúp t,nói mãi -_-
KMTTQ giả sử \(a\ge b\ge c\)
\(\frac{a^2}{b^2+c^2}+\frac{b^2}{c^2+a^2}+\frac{c^2}{a^2+b^2}\ge\frac{a}{b+c}+\frac{b}{c+a}+\frac{c}{a+b}\)
\(\Leftrightarrow\left(\frac{a^2}{b^2+c^2}-\frac{a}{b+c}\right)+\left(\frac{b^2}{c^2+a^2}-\frac{b}{c+a}\right)+\left(\frac{c^2}{a^2+b^2}-\frac{c}{a+b}\right)\ge0\)
\(\Leftrightarrow a\left(\frac{a}{b^2+c^2}-\frac{a}{b+c}\right)+b\left(\frac{b}{c^2+a^2}-\frac{b}{c+a}\right)+c\left(\frac{c}{a^2+b^2}-\frac{c}{a+b}\right)\ge0\)
\(\Leftrightarrow a\left[\frac{ab+ac-b^2-c^2}{\left(b+c\right)\left(b^2+c^2\right)}\right]+b\left[\frac{bc+ba-c^2-a^2}{\left(c+a\right)\left(c^2+a^2\right)}\right]+c\left[\frac{ca+cb-a^2-b^2}{\left(a^2+b^2\right)\left(a+b\right)}\right]\ge0\)
\(\Leftrightarrow a\left[\frac{b\left(a-b\right)+c\left(a-c\right)}{\left(b+c\right)\left(b^2+c^2\right)}\right]+b\left[\frac{c\left(b-c\right)+a\left(b-a\right)}{\left(c^2+a^2\right)\left(c+a\right)}\right]+c\left[\frac{a\left(c-a\right)+b\left(c-b\right)}{\left(a^2+b^2\right)\left(a+b\right)}\right]\ge0\)
\(\Leftrightarrow\Sigma\left[\frac{ab\left(a-b\right)}{\left(b^2+c^2\right)\left(b+c\right)}-\frac{ab\left(a-b\right)}{\left(c^2+a^2\right)\left(c+a\right)}\right]\ge0\)
\(\Leftrightarrow\Sigma ab\left(a-b\right)\left[\frac{1}{\left(b^2+c^2\right)\left(b+c\right)}-\frac{1}{\left(c^2+a^2\right)\left(c+a\right)}\right]\ge0\) ( đúng )
Vậy ta có ĐPCM
1) Trước hết ta đi chứng minh BĐT : \(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}\ge\frac{4}{a+b}\) với \(a,b>0\) (1)
Thật vậy : BĐT (1) \(\Leftrightarrow\frac{a+b}{ab}-\frac{4}{a+b}\ge0\)
\(\Leftrightarrow\frac{\left(a+b\right)^2-4ab}{ab\left(a+b\right)}\ge0\)
\(\Leftrightarrow\frac{\left(a-b\right)^2}{ab\left(a+b\right)}\ge0\) ( luôn đúng )
Vì vậy BĐT (1) đúng.
Áp dụng vào bài toán ta có:
\(\frac{1}{4}\left(\frac{4}{a+b}+\frac{4}{b+c}+\frac{4}{a+c}\right)\le\frac{1}{4}\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}+\frac{1}{a}+\frac{1}{c}\right)\)
\(=\frac{1}{4}\cdot\left[2.\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)\right]=\frac{1}{2}\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)\)
Dấu "=" xảy ra \(\Leftrightarrow a=b=c\)
Vậy ta có điều phải chứng minh !
Bài 1 :
Áp dụng bất đẳng thức \(\frac{1}{a+b}\le\frac{1}{4}\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}\right)\) với a , b > 0
\(\Rightarrow\hept{\begin{cases}\frac{1}{a+b}\le\frac{1}{4}\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}\right)\\\frac{1}{b+c}\le\frac{1}{4}\left(\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)\\\frac{1}{a+c}\le\frac{1}{2}\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{c}\right)\end{cases}}\)
Cộng theo từng vế
\(\frac{1}{a+b}+\frac{1}{b+c}+\frac{1}{a+c}\le\frac{1}{4}\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}+\frac{1}{c}\right)\)
\(\Rightarrow\frac{1}{a+b}+\frac{1}{b+c}+\frac{1}{c+a}\le\frac{1}{4}\left(\frac{2}{a}+\frac{2}{b}+\frac{2}{c}\right)\)
\(\Rightarrow\frac{1}{a+b}+\frac{1}{b+c}+\frac{1}{c+a}\le\frac{1}{2}\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)\)( đpcm)
Đầu tiên ta chứng minh: \(\left(a+b+c\right)\left(x+y+z\right)\le3\left(ax+by+cz\right)\)
\(\Leftrightarrow ay+az+bz+bx+cx+cy\le2\left(ax+by+cz\right)\)
\(\Leftrightarrow a\left(y+z-2x\right)+b\left(z+x-2y\right)+c\left(x+y-2z\right)\le0\)
\(\Leftrightarrow a\left(y+z-2x\right)-b\left[\left(y+z-2x\right)+\left(x+y-2z\right)\right]+c\left(x+y-2z\right)\le0\)
\(\Leftrightarrow\left(a-b\right)\left(y+z-2x\right)+\left(c-b\right)\left(x+y-2z\right)\le0\)
Không mất tính tổng quát, giả sử: \(\hept{\begin{cases}a\ge b\ge c\\x\ge y\ge z\end{cases}}\)
Theo đó: \(\hept{\begin{cases}a-b\ge0\\y+z-2x\le0\end{cases}}\Rightarrow\left(a-b\right)\left(y+z-2x\right)\le0\)
Tương tự \(\left(c-b\right)\left(x+y-2z\right)\le0\).
Ta có đpcm.
Áp dụng vào bài toán:
Đặt \(a^2+b^2=x;b^2+c^2=y;c^2+a^2=z;a+b=p;b+c=q;c+a=o\), ta có:
Đpcm \(\Leftrightarrow\frac{x}{p}+\frac{y}{q}+\frac{z}{o}\le\frac{3\cdot\frac{1}{2}\left(x+y+z\right)}{\frac{1}{2}\left(p+q+o\right)}=\frac{3\left(x+y+z\right)}{p+q+o}\)
\(\Leftrightarrow\left(\frac{x}{p}+\frac{y}{q}+\frac{z}{o}\right)\left(p+q+o\right)\le3\left(x+y+z\right)\)[*]
Mà theo bất đẳng thức đã chứng minh:
\(VT\left[+\right]\le3\left(\frac{x}{p}\cdot p+\frac{y}{q}\cdot q+\frac{z}{o}\cdot o\right)=3\left(x+y+z\right)=VP\)
Ta có đpcm
Dấu "=" xảy ra khi a = b = c
Câu hỏi của Lưu Hải Dương - Toán lớp 9 | Học trực tuyến